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微专题 2 板块模型的综合分析
命题规律 1.命题角度：(1)牛顿运动定律在板块模型中的应用；(2)动量定理及动量守恒定
律在板块模型中的应用；(3)能量观点在板块模型中的应用.2.常用方法：假设法、整体法与
隔离法.3.常考题型：选择题、计算题．
1．用动力学解决板块模型问题的思路
2．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光
滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．
3．应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定
理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．
例1 (2022·广东省模拟)如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量 M＝2 kg的木板静置于
光滑的水平面上，另一质量m＝1 kg的物块以v ＝6 m/s的水平初速度从木板的最左端P点
0
冲上木板，最终物块在木板上Q点(图甲中未画出)与木板保持相对静止，物块和木板的运动
速度随时间变化的关系图像如图乙所示．物块可视为质点．求：
(1)图乙中v、v 和v 的大小；
1 2 3
(2)整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量．
答案 (1)4 m/s 3 m/s 2 m/s (2)12 J
解析 (1)根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞
前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程．
物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v，此时木板速度大小v ＝1 m/s
1 木从物块滑上木板到物块与挡板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有
mv＝mv＋Mv
0 1 木
解得v＝4 m/s
1
物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v ，从物块滑上木板到物块与挡
2
板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有
mv＝Mv
0 2
解得v＝3 m/s
2
2 s末物块与木板共同运动的速度大小为v ，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，
3
根据系统动量守恒有
mv＝(m＋M)v
0 3
解得v＝2 m/s
3
(2)物块与挡板碰撞前瞬间，系统的动能
E ＝mv2＋Mv 2＝9 J
k1 1 木
物块与挡板碰撞后瞬间，系统的动能
E ＝Mv2＝9 J
k2 2
故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能
E ＝mv2＝18 J
k0 0
最终相对静止时系统的动能
E ＝(m＋M)v2＝6 J
k3 3
所以系统产生的热量
Q＝E －E ＝12 J.
k0 k3
例2 (2022·甘肃金昌市月考)如图所示，一质量M＝3 kg的小车由水平部分AB和光滑圆轨
道BC组成，圆弧BC的半径R＝0.4 m且与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段之间的
动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为m ＝0.5 kg
1
的小物块P从距离轨道MN底端高为h＝1.8 m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量
为m ＝1 kg的小物块Q(两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知除了小车
2
AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度；
(2)求物块Q在小车上运动1 s时相对于小车运动的距离(此时Q未到B点且速度大于小车的
速度)；
(3)要使物块Q既可以到达B点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平长度AB的取值范围．答案 (1)4 m/s，方向水平向右 (2) m (3)1.5 m≤L≤3 m
解析 (1)物块P沿MN滑下，设末速度为v，由机械能守恒定律得mgh＝mv2
0 1 1 0
解得v＝6 m/s
0
物块P、Q碰撞，取向右为正方向，设碰后瞬间P、Q速度分别为v 、v ，由动量守恒定律
1 2
得mv＝mv＋mv
1 0 1 1 2 2
由机械能守恒定律得
mv2＝mv2＋mv2
1 0 1 1 2 2
解得v＝－2 m/s，
1
v＝4 m/s
2
故碰撞后瞬间物块Q的速度为4 m/s，方向水平向右
(2)物块Q与小车相对运动，可由牛顿第二定律求得两者的加速度
a＝－＝－2 m/s2，
2
a＝＝ m/s2
3
物块Q的位移x＝vt＋at2＝3 m
2 2 2
小车的位移x＝at2＝ m
3 3
解得s＝x－x＝ m
2 3
(3)物块Q刚好到达B点时就与木板共速时AB段最长，根据动量守恒定律有
mv＝(m＋M)v
2 2 2 3
可得共同速度为v＝1 m/s
3
由能量守恒定律得mv2＝(m＋M)v2＋μm gL
2 2 2 3 2 1
解得L＝3 m
1
物块Q刚好回到A点时与木板共速时，AB段最短根据动量守恒定律可得共同速度仍为v＝
3
1 m/s
由能量守恒定律得mv2＝(m＋M)v2＋2μm gL
2 2 2 3 2 2
解得L＝1.5 m
2
当AB段最短时需要验证物块Q在圆弧上共速时上升高度是否超过R，由能量守恒定律得
mv2＝(m＋M)v2＋μm gL＋mgH
2 2 2 3 2 2 2
解得H＝0.3 m|a|，假设成立．所以速度相同后，木块B相对木板A将向右运动，直至停止．
3 4
A向右减速到零的位移x＝＝ m
3
A减速到零时，由于μmg<μ(m＋M)g，故保持静止．
1 2
B向右减速到零的位移为x＝＝ m
4
即B先相对A向左移动了x－x＝0.5 m，
1 2
后相对A向右移动了x－x＝ m，
4 3
则要保证木块B不从木板A上滑下，
木板A的最小长度为L＝x－x＝0.5 m.
1 2
7.(2022·山东省模拟)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量
为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v ＝9 m/s匀速下滑，现把一质量为m＝1 kg的铁块
0
A轻轻放在长木板B的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A与B间、B与斜面间的动
摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)铁块A和长木板B共速后的速度大小；
(2)长木板的长度；
(3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等．
答案 (1)6 m/s (2)2.25 m (3)见解析
解析 (1)根据动量守恒定律有
Mv＝(M＋m)v
0
解得v＝6 m/s
(2)根据题意可知μ＝tan θ＝0.75
对铁块A受力分析有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
1
解得a＝12 m/s2
1
对长木板受力分析有Mgsin θ－μmgcos θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma
2
解得a＝－6 m/s2
2
经过时间t速度相等，有v＝v＋at＝at
0 2 1
铁块运动位移x＝t＝1.5 m
1
长木板运动位移x＝t＝3.75 m
2
长木板的长度l＝x－x＝2.25 m
2 1
(3)系统动能的变化量
ΔE＝(M＋m)v2－Mv2＝－27 J
k 0
铁块重力势能的变化量
ΔE ＝－mgxsin θ＝－9 J
p1 1
长木板重力势能的变化量
ΔE ＝－Mgx sin θ＝－45 J
p2 2
长木板与斜面之间摩擦产生的热量
Q＝μ(M＋m)gxcos θ＝67.5 J
1 2
铁块与长木板之间摩擦产生的热量
Q＝μmglcos θ＝13.5 J
2
因为ΔE＋ΔE ＋ΔE ＋Q＋Q＝0
k p1 p2 1 2
故系统能量守恒．
